Grundlagen der Mathematik (LPSI/LS

Fachbereich Mathematik
Algebra und Zahlentheorie
Christian Curilla
Grundlagen der Mathematik (LPSI/LS-M1)
Lösungen Blatt 5
WiSe 2010/11 - Curilla/Koch/Ziegenhagen
Präsenzaufgaben
(P14) (a) f (1) ist das Bild von 1 ∈ Z unter f , also ein Element des Bildbereichs von f .
Hingegen ist f ({1}) das Bild einer Teilmenge des Definitionsbereichs von f ,
also eine Teilmenge des Bildbereichs. Schließlich ist {f (1)} die Menge, die das
Bild des Elementes 1 ∈ Z unter f enthält. Nach Definition von f (M ) für eine
Teilmenge M des Definitionsbereiches ist f ({1}) = {f (1)}.
(b) Es ist
f ({2, 3, 5}) = {f (2), f (3), f (5)} = {4, 6, 10},
f ({2, 3, 5}) = {x ∈ Z : f (x) ∈ {2, 3, 5}} = {−3, −2, 1},
f −1 ({0}) = {x ∈ Z : f (x) ∈ {0}} = {0}.
−1
(c) Der Ausdruck f (f (−2)) macht Sinn, da f (−2) in Z liegt, f sich also erneut
auf die Zahl f (−2) anwenden lässt. Es ist
f (f (−2)) = f (3) = 6.
(d) Die Aussage f (Z) 6= Z bedeutet, dass die Bildmenge f (Z) (also die Menge der
Zahlen in Z, die tatsächlich als Bild von f auftreten) nicht mit dem Bildbereich
Z übereinstimmt.
Diese Aussage ist wahr: Für jedes z ∈ Z ist f (z) ≥ 0, negative Zahlen liegen
also nicht in der Bildmenge von f . Man kann sich überlegen, dass andererseits
jede nichtnegative ganze Zahl als Bild auftritt, es ist also f (Z) = N0 .
(P15) (a) Es gilt
f (x, y) ∈ N2 : x ≤ 3 ∧ y ≤ 3
= f ({(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), . . . , (3, 3)})
= {2, 3, 4, 5, 6} .
(b) Es gilt
f −1 ({5}) = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} und
f −1 ({1, 3}) = f −1 ({3}) = {(1, 2), (2, 1)} .
Die den vier Elementen aus f −1 ({5}) entsprechenden Kugeln sind hier schwarz
eingefärbt und ergeben sich als Schnitt der Ebene aller Punktes des R3 mit
„Höhe“ fünf (gelb dargestellt) mit der Skizze von f .
Universität Hamburg
Christian Curilla · Geom. 332 ·Tel. (040) 42838-5193
Abbildung 1: Das Bild von f als Teilmenge des N3 .
(c) f ist nicht injektiv, es gilt z.B. f ((3, 4)) = 7 = f ((2, 5)).
f ist auch nicht surjektiv: Für alle x, y ∈ N ist wegen x, y ≥ 1
f (x, y) = x + y ≥ 1 + 1 = 2,
also liegt 1 ∈ N nicht im Wertebereich von f .
(P16) (a) Ja, jede negative ganze Zahl hat ein Bild unter f : Nach Definition einer Abbildung ordnet f jedem Element des Definitionsbereichs einen Bildpunkt zu. Da
die Menge aller negativen ganzen Zahlen im Definitionsbereich von f enthalten
ist, hat jede negative ganze Zahl z das Bild f (z) unter f .
(b) Nein, nicht jede negative ganze Zahl besitzt ein Urbild: Wie bereits bei der
Lösung zu (P14) erläutert ist f (Z) = N0 , es gilt also für jede negative ganze
Zahl z, dass kein Element aus dem Definitionsbereich auf z abgebildet wird.
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Hausaufgaben
(H17) (a) Die Bedingung (a, b) ∼ (3, −7) bedeutet 3b = −7a. Ein mögliches Beispiel wäre
also (a, b) = (−3, 7).
Die Bedingung (c, 2) ∼ (18, c) ist äquivalent zu c2 = 36, also ist c gleich 6 oder
−6.
Für (a, b) = (3, −7) ist die Bedingung (a, b) ∼ (c, 14) gleichbedeutend mit
42 = −7c, dies ist für c = −6 erfüllt.
(b)
• Zur Reflexivität: Wegen rs = sr ist (r, s) ∼ (r, s) für alle (r, s) ∈ Z × Z∗ ,
also ist ∼ reflexiv.
• Zur Symmetrie: Gilt (r, s) ∼ (u, v), also rv = su, so gilt offensichtlich auch
su = rv, also (u, v) ∼ (r, s), die Relation ∼ ist symmetrisch.
• Zur Transitivität: Sei (r, s) ∼ (u, v) und (u, v) ∼ (x, y) für gegebene
r, u, x ∈ Z, s, v, y ∈ Z∗ . Es ist also
rv = su
und
uy = vx.
Multiplikation der linken Gleichung mit y liefert rvy = suy, setzen wir die
rechte Gleichung in suy ein und formen um, so erhalten wir
v(ry − sx) = 0.
Da v ∈ Z∗ ist, also insbesondere v 6= 0 gilt, muss ry = sx gelten, also
(r, s) ∼ (x, y).
(c) Die Äquivalenzklasse von (2, 3) ist die Menge
{(r, s) ∈ Z × Z∗ : 3r = 2s} = {(2u, 3u) | u ∈ Z∗ } .
Es ist (1, 5) ∼ (−1, −5) und (−1, 5) ∼ (1, −5), aber nicht (1, 5) ∼ (−1, 5). Da
jedes (r, s) ∈ Z×Z∗ in genau einer Äquivalenzklasse liegt, sind die aufgeführten
Elemente in zwei Äquivalenzklassen enthalten.
(d) Sei (a, b) ∈ Z × Z∗ und [(a, b)] die zugehörige Äquivalenzklasse. Wir definieren
eine Abbildung f von der Menge {[(a, b)] : (a, b) ∈ Z × Z∗ } der Äquivalenzklassen nach Q durch
a
[(a, b)] 7→ .
b
Dies definiert tatsächlich eine Abbildung (man sagt auch: f ist „wohldefiniert“),
denn für (u, v) ∼ (a, b) gilt uv = ab , das Bild einer Äquivalenzklasse unter f
hängt also nicht davon ab, für welches Element aus der Klasse man den Bruch
bildet.
Bemerkung: Diese Abbildung ist sogar bijektiv.
(H18) (a) Sei y ∈ f (A1 ∩ A2 ), es existiere also ein x ∈ A1 ∩ A2 mit f (x) = y. Die
Bedingung x ∈ A1 ∩ A2 bedeutet, dass x sowohl in A1 als auch in A2 liegt.
Folglich liegt y = f (x) sowohl in f (A1 ) als auch in f (A2 ), also im Durchschnitt
f (A1 ) ∩ f (A2 ).
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(b) Sei f : {0, 1, 2} → {1, 2} gegeben durch f (0) := 1, f (1) := 1, f (2) := 2. Setze
A1 := {0, 2} und A2 := {1, 2}. Dann gilt offensichtlich A1 ∩ A2 = {2}, also
f (A1 ∩ A2 ) = {f (2)} = {2}.
Andererseits ist f (A1 ) ∩ f (A2 ) = {1, 2} ∩ {1, 2} = {1, 2}.
(H19) (a) Skizze:
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(b) Es gelten
f (2) = 4 − 1 = 3,
f ({1, 4, 5, −3}) = {f (1), f (4), f (5), f (−3)} = {0, 15, 24, 8}
und f ({−4, 0, 4}) = {15, −1} .
(c) Es ist f ({2} ∪ {1, 4, 5, −3}) = f ({2, 1, 4, 5, −3}) = {3, 0, 15, 24, 8}. Mit (b)
kann man auch alternativ f ({2} ∪ {1, 4, 5, −3})= f ({2}) ∪ f ({1, 4, 5, −3})=
{3} ∪ {0, 15, 24, 8} = {3, 0, 15, 24, 8} folgern.
(d) Es gilt
f −1 ({0}) = {x ∈ R : f (x) = 0} = {−1, 1} ,
f −1 ({−3}) = ∅
und f −1 ({−8, 8, 15}) = {−4, −3, 3, 4} .
(H20) (a) In Abbildung 2 entspricht die rote Fläche der Funktion f , die schwarze Kurve
stellt das Bild f ({(u, u) ∈ R2 : −2 ≤ u ≤ 2}) aus Aufgabenteil (d) dar und die
grüne affine Ebene die Menge aller Punkte des R3 mit „Höhe“ c = 9.
Der obere blaue Kreis ist also als Schnitt dieser Ebene mit der roten Fläche die
Menge aller Bildpunkte mit „Höhe“ neun. Die Projektion dieses Kreises auf den
unteren Kreis, d.h. in den Definitionsbereich, liefert also das gesuchte Urbild
aus Aufgabenteil (b): In dem Fall einen Kreis mit Radius drei.
(b) Es ist
f −1 ({c}) = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = c = (x, y) ∈ R2 : y 2 = c − x2
oo
n
n√
√
c − x 2 , − c − x2
= (x, y) ∈ R2 : y ∈
Eine passende Skizze ist unter (a) zu finden.
(c) Es ist
f (u, u) ∈ R2 : −2 ≤ u ≤ 2 = {f ((u, u)) : −2 ≤ u ≤ 2}
= 2u2 : −2 ≤ u ≤ 2 = 2u2 : 0 ≤ u ≤ 2 = [0, 8] .
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Abbildung 2: Das Bild von f als Quadrik im R3 .
(d) Siehe (a).
(e) f ist nicht surjektiv, da ∀ x, y ∈ R : f ((x, y)) = x2 + y 2 ≥ 0 gilt. Für −4
existiert also beispielsweise kein Urbild.
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